标签：problem 复数 分类 数组 int 个数 def tin 枚举
题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5230
题意：给定n,c,l,r。求有多少种方法从1~n-1选取任意k数每个数的权重为其下标，使得这些数字之和加上c之后在l,r范围内。
题解：第一反应是计数01包，但是范围给定的n太大，TLE。。。 然后仔细想想，不就是求l~r范围内不重复的整数划分数嘛。
dp[i][j]表示j这个数字，当前的拆分拥有i个拆分数时的方案数。
先考虑允许重复数字 ： dp[i][j] = dp[i][j - i] + dp[i - 1][j - 1];
考虑分成两类，
1、dp[i][j - i]：这种拆分方案（拥有i个数字的拆分方案），如果没有1，就比如7 = 3 + 4这样，然后每个数字都加上一，
就变成了9 = 5 + 4。所以dp[2][9]可以由dp[2][7]转化过来。当然7 = 1 + 6也是合法解。
2、dp[i - 1][j - 1]：这种拆分方案有1，比如4 = 3 + 1，那么我可以截去那个1，变成3 = 3，然后加上最后那个1，就变成了
4 = 3 + 1，所以dp[2][4]可以由dp[1][3]转化过来。
这里提供了一种思维--对数字的组合分类以及每个数都+1的状态转移。这里对是否有1存在做了一个分类。仿照这个思想我们去定义新的dp[i][j].
dp[i][j]表示j这个数字，当前的拆分拥有i个不重复拆分数时的方案数。
按照上述的思维：
(a) 当不存在1的时候，dp[i][j]可以由dp[i][j-i]转移而来；
(b) 当存在1的时候，由于dp的定义只存在一个1。那么我们把这个1单独拎出来，然后对剩下的i-1分成j-i组 dp[i][j]=dp[i-1][j-i];
综合上述的两种情况：dp[i][j] = dp[i][j - i] + dp[i - 1][j - i];
当这里，这道题目还是没法ac。。。因为如果我们用普通的方法去求解这个dp，内存吃不住的，用滚动数组优化一下。
（真心不容易，，，还有一些细节要处理）
ac_code:
#include <cstdio> #include <iostream> #include <cstring> #define mt(a) memset(a,0,sizeof(a)) using namespace std; typedef long long ll; int dp[2][100021]; const int mod=998244353; int main() { int t; scanf("%d",&t); while(t--) { int n,c,l,r; scanf("%d %d %d %d",&n,&c,&l,&r); mt(dp); if(c>r) { cout<<0<<endl; continue; } dp[0][0]=1; int L=l-c; int R=r-c; int ans= (L==0);// 对0的情况做一个特判断
L=max(0,L); //R=max(n-1,R); int now=0; for(int i=1;i*(i+1)/2 <= max(R,n-1);i++)// 个数 由于是从1开始枚举 那么枚举i个数字的和最小为 i*(i+1)/2 还有就是能取的上限也要注意 { for(int j=i*(i+1)/2;j<=R;j++) // 分数 同上，从最小的开始，优化 { dp[now][j]=(dp[now][j-i]+dp[!now][j-i])%mod; // 滚动数组 if(j>=L && j<=R) { ans+=dp[now][j]; ans%=mod; } } memset(dp[!now],0,sizeof(dp[!now])); now=!now; } printf("%d\n",ans); } return 0; }
标签：problem 复数 分类 数组 int 个数 def tin 枚举
原文地址：http://www.cnblogs.com/z1141000271/p/7440714.html
